brojeva /n! - FESB

5. REKURZIVNE RELACIJE5.1 Fibonaccijev slijed (niz)Primjer rekurzivnih relacija:Svaki par zecica-zec dobiva tijekom svakog sljedećegmjeseca par mladih: zecicu i zeca.Pitanje: Ako je na pocetku bio samo jedan par f 0 = 1;koliko će parova f n biti nakon n mjeseci?Rješenje je jednoznacno odre ¯deno nizom prirodnihbrojeva (f n ) ; n = 0; 1; 2; :: koji je dan rekurzivnomrelacijomf n = f n 1 + f n 2 ; n = 2; 3; ::gdje je f 0 = 1 i f 1 = 1:Denicija Fibonaccijev slijed (niz) (F n ) denira sepocetnim vrijednostima F 0 = 0 i F 1 = 1 i rekurzivnomrelacijomF n = F n 1 + F n 2 ; n = 2; 3; ::: .Propozicija 1 (A. de Moivre) Za Fibonaccijev slijed(F n ) vrijedi "zatvorena formula""F n = p 1 1 + p ! n p ! n #5 1 5; n = 0; 1; 2; ::: .5 22

Napomena: Moe se pokazati (iz zatvorene formule)da jelimn!1F n+1F n= 1 + p 52 1:618:Ovaj broj naziva se zlatni prerez (boanski omjer).Posljedica 1 Broj F n u Fibonaccijevom slijedu jednakje cijelom broju koji je nablii broju p1+ 1p n55: Slijed(F n ) ima eksponencijalni rast.5.1 Linearne rekurzivne relacijeOpći oblik linearne rekurzivne relacije reda r jea n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + ::: + c r a n r + f (n) ; n r;(1)gdje su c 1 ; c 2 ; :::; c r zadani realni ili kompleksni brojevii c r 6= 0; a f : fr; r + 1; :::g ! R (ili C).Ovdje je n ti clan rekurzivno odre ¯den vrijednostimapredhodnih clanova a n 1 ; a n 2 ; ::: ; a n r .Cilj: Riješiti (1) po a n ; tj. uz zadane pocetne vrijednostia 0 ; a 1 ; ::: ; a r 1 naći a n eksplicitno kao funkciju od n(zatvorenu formu).2

Linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnimkoecijentimaRekurzivna relacija (1) je homogena ako je f (n) 0za sve n. Dakle, imamoa n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + ::: + c r a n r ; n r: (2)Propozicija 2 Ako za dva slijeda (a 0 n) i (a 00 n) ; n 0vrijedi rekurzivna relacija (2), onda vrijedi i za njihovulinearnu kombinaciju (a 0 n + a 00 n) ; gdje su ; 2 R(ili C) bilo koji skalari.Rješenje od (2) traimo u obliku:a n = x n ;Eulerova supstitucija:Uvrštavanjem u (2) za x 6= 0 dobivamox n = c 1 x n 1 + c 2 x n 2 + ::: + c r x n r ; n r;što povlaci (dijeljenjem s x n r 6= 0)x r c 1 x r 1 c 2 x r 2 ::: c r = 0: (3)Po Osnovnom teoremu algebre karakteristicna jednadba(3) ima u skupu kompleksnih brojeva r korijenax 1 ; x 2 ; :::; x r (neki mogu biti me ¯dusobno jednaki).Zbog pretpostavke c r 6= 0 niti jedan x i nije 0.

Razlikujemo dva slucaja:1. Slucaj r razlicitih korijena karakteristicne jednadbeTeorem 1 Neka su svi korijeni x 1 ; x 2 ; :::; x r karakteristicnejednadbe me ¯dusobno razliciti. Tada je općerješenje linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnimkoecijentima jednako linearnoj kombinacijia n = 1 x n 1 + 2 x n 2 + ::: + r x n r; n = 0; 1; 2; ::: (4)gdje su 1 ; 2 ; :::; r bilo koji kompleksni brojevi.2. Slucaj kada postoje višestruki korijeni karakteristicnejednadbeLema1 Ako je kompleksni broj x 0 k struki korijenpolinoma P (x) ; onda je on (k 1) struki korijenderivacije P 0 (x) :Propozicija 3 Ako je kompleksni broj x 0 k struki korijenkarakteristicne jednadbe (3), onda svaki od ksljedovaa n = x n 0; a n = nx n 0; :::; a n = n k 1 x n 0;predstavlja rješenje rekurzivne relacije (2):

Teorem 2 Neka su x 1 ; x 2 ; :::; x m svi razliciti korijenikarakteristicne jednadbe kratnosti k 1 , k 2 ; :::k m :Rješenje a (i)n od (2); koje odgovara korijenu x i kratnostik i ; je linearna kombinacija k i sljedovaa n = (i)1 xn i + (i)2 nxn i +:::+ (i)k in k i 1 x n i ; n = 0; 1; 2; :::;pri cemu su (i)1 ; (i) 2 ; :::; (i)k iOpće rješenje je dano saa n = a (1)nkompleksni koecijenti.+ ::: + a (m)n : (5)(ovdje imamo ukupno r = k 1 + k 2 + ::: + k m slobodnihkoecijenata).Linearne nehomogene rekurzivne relacije s konstantnimkoecijentimaOpći oblik jea n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + ::: + c r a n r + f (n) ; n r;(6)gdje su c 1 ; c 2 ; :::; c r zadani realni ili kompleksni brojevii c r 6= 0; a f : fr; r + 1; :::g ! R (ili C).

Propozicija 4. Neka jea (0)nopće rješenje pripadnehomogene rekurzivne relacije je dano Teoremom 2.Ako znamo neko patikularno rješenje od (4)a (p)nonda je opće rješenje nehomogene rekurzivnerelacije (6) dano saa n = a (0)n+ a (p)n : (7)Napomena: Općenito nalaenje partikularnogrješenja je općenito komplicirano, ali u nekim slucajevimapostoje recepti. Evo nekih:f (n)C (const:)ACnAn + BP k (n)Q k (n)C nA nC n cos n + D n sin n A n cos n + B n sin na (p)nPrimjedba: Ako je f (n) = C n i x = korijenkarakteristicne jednadbe, onda partikularno rješenjene moemo traiti u obliku a (p)n = A n :

5.2 PrimjeriPrimjer 1 Dana je rekurzivna relacijaa n = 6a n 1 9a n 2 + 2n; n 2uz pocetni uvjet a 0 = 1; a 1 = 2:Primjer 2 Dana je rekurzivna relacijaa n = a n 1 + n 1; n 1uz pocetni uvjet a 0 = 0:Primjer 3 Hanojske kule. Imamo n kolutova s rupom u sredini, svi razlicitihpolumjera i na ravnoj podlozi zabodena tri štapića; Svi kolutovi su nanizani na jedan štapić tako daje kolut s većim polumjerom uvijek ispod onog smanjim polumjerom; Cilj: Prenijeti sve kolutove (jedan po jedan) na drugištapić tako da ni u jednom trenutku ne bude onaj svećim polumjerom ispod onog s manjim. Pri tomesvaki od štapića moemo koristiti za privremenosmještanje kolutova; Pitanje: Koliki je najmanji broj prijenosa a n potrebanda se svih n kolutova prenese s prvog na drugištapić?

Induktivni opis: Za n = 1 (jedan kolut) imamo samo jedan prijenosa 1 = 1; Pretpostavimo da znamo prenijeti n kolutova(imamo a n prijenosa). Za prijenos n + 1 koluta imamo sljedeće:- prenesemo n kolutova na drugi štapić (ukupno a nprijenosa);- prenosimo najveći kolut na treći štapić (ukupno 1prijenos);- prenesemo n kolutova s drugog na drugi štapić(ukupno a n prijenosa).Dakle, vrijedia n+1 = 2a n + 1; a 1 = 1Rješenje je:a n = 2 n1; n 2 NNapomena: Zapravo imamoa n+1 2a n + 1:Ali budući jea n+1 2a n + 1imamo jednakost.

6. KOMBINATORIKA6.1 Produktno praviloOsnovni problem: Nalaenje kardinalnog broja (jAj)konacnih skupova zadanih na razne nacine.Pravilo zbrajanja: Ako su A i B konacni disjunktni skupovi, ondavrijedi jA [ Bj = jAj + jBj ;Propozicija 1 Neka su A 1 i A 2 neprazni konacniskupovi. Onda vrijedi jA 1 A 2 j = jA 1 j jA 2 j :Napomena: Ako se nešto moe obaviti na m nacina,a svaki nacin ima n ishoda, onda je ukupan brojmogućih ishoda jednak mn:Teorem 1 (Produktno pravilo) Neka su A 1 ; A 2 ; :::; A nneprazni konacni skupovi. Onda vrijediilijA 1 ::: A n j = jA 1 j ::: jA n jnY nYA k = jA k j :k=1k=1

Skup svih funkcija f : A ! B, gdje su A i B nepraznikonacni skupovi, oznacimo sa B A :Teorem 2 Neka su A i B neprazni konacni skupovi.Onda vrijedi B A = jBj jAj :Napomena: Bilo koja funkcja f : A ! B moe vrijednostf (a 1 ) poprimiti na jBj = m nacina, f (a 2 ) isto najBj = m nacina,..., f (a n ) na jBj = m nacina, onda fmomo zadati na m n nacina:Korolar 1 Broj ure ¯denih n torki sastavjenih od 0 i 1(ili neka druga dva razlicita elmenta) jednak je 2 n :Teorem 3 Neka je X neprazni konacan skup. Ondaza partitivni skup 2 X vrijedi 2X = 2 jXj :Napomena: Broj podskupova n clanog skupa jednakje broju ure ¯denih n torki nula i jedinica, a to je 2 n :Propozicija 2 Neka je dan prirodan broj n. Kardinalanbroj skupa svih Booleovi funkcija F : B n ! B,B = f0; 1g je jednak 2 2n :

6.2 Varijacije, permutacije i kombinacije bez ponavljanjaRazlikujemo: Varijacije (i permutacije kao specijalan slucaj) -prebrojavamo ure ¯dene k torke nekog konacnogskupa (poredak bitan); Kombinacije - prebrojavamo podskupove nekogkonacnog skupa (poredak nije bitan);Razlikujemo: varijacije i kombinacije bez i s ponavljanjem.Denicija Varijacijom bez ponavljanja reda k konacnogskupa A n = fa 1 ; :::; a n g ; k n; nazivamo bilokoju ure ¯denu k torku razlicitih elmenata iz A: Brojvarijacija bez ponavljanja reda k oznacavamo sa Pk n:Varijaciju bez ponavljanja reda n nazivamo permutacijan clanog skupa. Broj permutacija n clanog skupaoznacavamo sa P n :Napomena: Svaku permutaciju skupa A n moemopoistovjetiti s nekom bijekcijom f : A n ! A n :

Teorem 4 Broj varijacija bez ponavljanja reda k nskupa od n elemenata jednak jeP n k =n!(n k)!= n (n 1) ::: (n k + 1) :Broj permutacija nclanog skupa jednak je n!:Denicija Kombinacijom bez ponavljanja reda k konacnogskupa A n = fa 1 ; :::; a n g ; k n; nazivamo bilokoji k clani podskup od A:Teorem 5 Broj kombinacija bez ponavljanja redak n skupa od n elemenata jednak je n n (n 1) ::: (n k + 1):=kk!Svojstva:1.2.3.4.n0n1nknk=nn= 1=nn 1= n =nnk=n 1k+n 1k 1

Pascalov trokutn = 0n = 1n = 2n = 3n = 4n = 5.00 1 10 1 2 2 20 1 2 3 3 3 30 1 2 3 4 4 4 4 40 1 2 3 4 5 5 5 5 5 50 1 2 3 4.11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 151 5 10 10 5 1. . . . . . . . . . .Propozicija 3 (Binomna formula) Za svaki n 2 NvrijedinX n(x + y) n = xkn k y k :k=0Dokaz. Matematickom indukcijom ili kombinatoricki.

6.3 Varijacije, permutacije i kombinacije s ponavljanjemDenicija Neka je zadan skup od k elemenataA k = fa 1 ; :::; a k g : Promatrajmo sve ure ¯denen torke elmenata iz A u kojima se element a 1pojavljuje n 1 puta, element a 2 pojavljuje n 2 puta,..., element a k pojavljuje n k puta, pri cemu jen 1 + n 2 + ::: + n k = n: Takve n torke nazivamopermutacije n tog reda s ponavljanjem, a njihov brojoznacavamo s Pn n 1 n 2 :::n k:Teorem 6 Broj permutacije n tog reda s ponavljanjemskupa A k = fa 1 ; :::; a k g ; u kojima se element a ipojavljuje n i puta, i = 1; :::; k; jednak jeP n n 1 n 2 :::n k=n!n 1 !n 2 ! ::: n k ! :Teorem 7 (Multinomni teorem)(x 1 +x 2 +::: + x k ) n =Xn 1 +n 2 +:::+n k =nn!n 1 !n 2 ! ::: n k ! xn 11 xn 22 :::xn kk ;gdje u gornjoj sumi zbrajamo po svim k torkamacijelih brojeva n 1 ; n 2 ; :::; n k 0 takvim da je n 1 + n 2 +::: + n k = n:

Kraći zapis multinomnog teorema(pomoću multiindeksa)Denirajmo: x := (x 1 ; x 2 ; :::; x k ) ; := ( 1 ; 2 ; :::; k ) 2 N 0 ; jj := 1 + 2 + ::: + k ; x := x 11 x 22 :::x kk ; n :=n! 1 ! 2 !::: k ! ;Sada po multinomnom teoremu(x 1 +x 2 +::: + x k ) n =vrijedi:Xn 1 +n 2 +:::+n k =n(x 1 + x 2 + ::: + x k ) n = Xn!n 1 !n 2 ! ::: n k ! xn 11 xn 22 :::xn kk ;jj=n nx

Primjer: Propozicija (Mali Fermatov teorem)Ako je p prost broj, onda za svaki k 2 N vrijedip jk p k ; tj.k p k(mod p):Dokaz: Po multinomnom teoremu imamo(x 1 + x 2 + ::: + x k ) p = x p 1 + xp 2 + ::: + xp k + |{z} O :OSTATAKZa x 1 = x 2 = ::: = x k = 1 dobivamok p = k + O 1 :Dakle, dovoljno je dokazati da je ostatak O 1 djeljiv sp: Ostatak O 1 je zbroj multinomnih koecijenatagdje jeza svaki i = 1; :::; k.p!n 1 !n 2 ! ::: n k ! 2 N;n i < p(Uocimo: Ako je za neki i; n i = p, onda je n 1 = n 2 =::: = n i 1 = n i+1 = ::: = n k = 1; a to upravo znaci dap!jen 1 !n 2 !:::n k ! = 1 koecijent uz xp i ):

Dakle, svaki multinomni koecijent u ostatku O 1 jeprirodan broj veći od 1; pa budući jep!n 1 !n 2 ! ::: n k ! = p (p 1)!n 1 !n 2 ! ::: n k ! ;onda je O 1 djeljiv s p; kao suma prirodnih brojeva kojisu svi djeljivi s p.Napomena: Mali Fermatov teorem se moe dokazatii bez korištenja multinomnog teorema (Poglavlje 3.7);Prisjetimo se: Za Nzm (a; n) = 1 vrijedi a '(n) 1 (mod n)(Eulerova kongruencija). Za p prost vrijedi ' (p) = p 1; Ako je p prost i p - a onda je Nzm (a; p) = 1 pa jea p 1 1 (mod p) : Neka je a 2 N. Imamo dva slucaja:– je p prost i p - a onda je a p 1 1 (mod p) =)a p a (mod p) ;– je p prost i p j a onda je a p a 0 (mod p) ;što je Mali Fermatov teorem.

Denicija Neka je zadan skup od n elemenataA n = fa 1 ; :::; a n g : Promatrajmo sve ure ¯denek torke elmenata iz A, pri cemu se svaki elementmoe i ponavljati: Takve k torke nazivamovarijacije k tog reda s ponavljanjem n clanog skupa,a njihov broj oznacavamo s Vn k :Teorem 8V kn = n k :Denicija Neka je zadan skup od n elemenataA n = fa 1 ; :::; a n g : Promatrajmo sve neure ¯denek torke elmenata iz A n , pri cemu se svaki elementmoe i ponavljati: Takve neure ¯dene k torkenazivamo kombinacije k tog reda s ponavljanjemn clanog skupa.Teorem 9 Broj kombinacije k tog reda s ponavljanjemn clanog skupa jedanak je n + k 1:k

6.4 Formula ukljucivanja i iskljucivanjaAko su A 1 i A 2 konacni skupovi, onda jejA 1 [ A 2 j = jA 1 j + jA 2 j jA 1 \ A 2 j :Slicno, za tri konacna skupajA 1 [ A 2 [ A 3 j = jA 1 j + jA 2 j + jA 3 jjA 1 \ A 2 jjA 1 \ A 3 j jA 2 \ A 3 j + jA 1 \ A 2 \ A 3 j :Teorem 9 (Formula ukljucivanja i iskljucivanja iliSylvesterova formula) Neka su A 1 ; A 2 ; :::; A k konacniskupovi. Onda vrijedijA 1 [ ::: [ A k j =+ X1i

Općenitiji problem:Neka je zadan konacan skup X s N elemenata.Neka su S (1) ; :::; S (n) ; neka svojstva koja imajuneki njegovi elementi. Pretpostavka je da znamo zasvaki element ima li svojstvo S (i) ili ne. Neki elementmoe imati više navedenih svojstava.Oznake: N 0 je broj elemenata iz X koje nemaju ni jedno odsvojstava S (1) ; :::; S (n) ; N i1 :::i kje broj elemenata iz X koji imaju svojstvaS (i 1 ) ; :::; S (i k ) :Teorem 10 (Formula ukljucivanja i iskljucivanja)N 0 = NX i

Primjer: Koliko ima permutacija bez ponavljanjaf skupa f1; 2; :::; ng takvih da je f (k) 6= k za svek = 1; 2; :::; n? Takve permutacije kod kojih niti jedanelement nije na svom mjestu nazivamo neredima ilideranmanima.6.5 Dirichletov principTeorem 11 (Dirichletov princip) Neka je n predmetasmješteno u m kutija i n > m: Onda postoji kuija sbarem 2 predmeta.Teorem 12 Neka je f : A ! B funkcija gdje su A i Bkonacni skupovi i jAj > jBj : Onda f nije injekcija, tj.postoje dva razlicita elementa a 1 ; a 2 2 A takva da jef (a 1 ) = f (a 2 ) :Teorem 13 (poopćeni Dirichletov princip) Neka jen predmeta smješteno u m kutija:Onda postoji kuija sbarem n 1m + 1 predmeta.Teorem 14 Neka je f : A ! B funkcija gdje su A iB konacni skupovi i jAj = n; jBj = m: Onda postojielement b 2 A koji je slika barem n 1m + 1 elemenataiz A:

Primjer: Teorem Neka je zadan kut 2 R (uradijanima) i niz kompleksnih brojeva (a n ) danrekurzivno saa n+1 = e i a n ; a 0 2 S 1 ;gdje je S 1 = fz 2 C j jzj = 1g jedinicna krunica ukompleksnoj ravnini. Ako je nesumjerljiv sa 2; tj.2=2 Q, onda je niz (a n) gust u S 1 ; tj. svaki inrervalna S 1 širine " > 0 sadri barem jedan clan niza (a n ) :